2023届安徽省安庆市怀宁县新安中学高三年级上册学期期末数学试题【含答案】

2023届安徽省安庆市怀宁县新安中学高三上学期期末数学试题一、单选题1．已知集合，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】列举法表示集合后，根据补集和并集定义直接求解即可.【详解】，，.故选：D.2．若复数z满足，则（

）．A． B． C．2 D．【答案】A【分析】根据复数的运算求出复数的代数形式，再由复数的模的公式求.【详解】因为，所以所以，所以．故选：A.3．已知斜率为的直线l与椭圆相交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于C，D两点，若C，D恰好是线段的两个三等分点，则椭圆E的离心率e为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，，由三等分点可用表示，表示，一方面由两点坐标得直线斜率，另一方面用点差法求得直线斜率，从而得的关系式，求得离心率．【详解】如图，设，，∵C，D分别是线段的两个三等分点，∴，，则，得，利用点差法，由两式相减得，整理得到，即，所以.故选：C．4．已知过抛物线的焦点F且倾斜角为的直线交C于A，B两点，Q为弦的中点，P为C上一点，则的最小值为（

）A． B．8 C． D．5【答案】B【分析】根据给定条件，求出直线AB的方程，再与抛物线方程联立，结合抛物线定义，借助几何意义求解作答.【详解】抛物线，焦点，准线，直线AB的方程为，由消去y并整理得：，设，，则，弦中点Q的横坐标，过点作准线l的垂线，垂足为点，如图，令交抛物线于点P，在抛物线上任取点，过作于点，连接，即有，，当且仅当点与P重合时取等号，所以的最小值为.故选：B5．设单位向量与非零向量的夹角是，且，则的最小值为（

）A． B．C． D．1【答案】B【分析】对两边平方化简，结合向量的数量积公式可得，再根据，再利用二次函数的性质，即可求出结果.【详解】由可得，，且，代入上式可得，，当且仅当时，的最小值为.故选:B.6．在某市第一次全民核酸检测中，某中学派出了8名青年教师参与志愿者活动，分别派往2个核酸检测点，每个检测点需4名志愿者，其中志愿者甲与乙要求在同一组，志愿者丙与丁也要求在同一组，则这8名志愿者派遣方法种数为（

）A．20 B．14 C．12 D．6【答案】B【分析】分（甲乙）、（丙丁）再同一组和不在同一组两种情况讨论，按照分类、分步计数原理计算可得；【详解】解：依题意甲乙丙丁四人再同一组，有种；（甲乙），（丙丁）不在同一组，先从其余4人选2人与甲乙作为一组，另外2人与丙丁作为一组，再安排到两个核酸检测点，则有种，综上可得一共有种安排方法，故选：B7．设，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意，利用作差法，构造函数，利用导数研究其单调性，可得答案.【详解】①令，则，故在上单调递减，可得，即，所以；②令，则，令，所以，当时，，所以在上单调递增，可得，即，所以在上单调递增，可得，即，所以.故.故选：B.8．已知定义在R上的函数满足，且是奇函数，则（

）A．是偶函数 B．的图象关于直线对称C．是奇函数 D．的图象关于点对称【答案】C【分析】由周期函数的概念易知函数的周期为2，根据图象平移可得的图象关于点对称，进而可得奇偶性.【详解】由可得2是函数的周期，因为是奇函数，所以函数的图象关于点对称，所以，，所以是奇函数，故选：C.二、多选题9．有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（

）A．两组样本数据的样本平均数相同B．两组样本数据的样本中位数相同C．两组样本数据的样本标准差相同D．两组样本数据的样本极差相同【答案】CD【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误.【详解】A：且，故平均数不相同，错误；B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误；C：，故方差相同，正确；D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确；故选：CD10．设有一组圆：，下列命题正确的是（

）A．不论如何变化，圆心始终在一条直线上B．所有圆均不经过点C．经过点的圆有且只有一个D．所有圆的面积均为【答案】ABD【分析】A选项，圆心坐标为，故在直线上；B选项，代入得到一元二次方程，由根的判别式判断；C选项，代入得到一元二次方程，由根的判别式进行求解；D选项，由半径为2求出面积为4.【详解】A选项，圆心为，一定在直线上，A正确；B选项，将代入得：，其中，方程无解，即所有圆均不经过点，B正确；C选项，将代入得：，其中，故经过点的圆有两个，故C错误；所有圆的半径为2，面积为4.故选：ABD11．对于函数，下列说法正确的有（

）A．函数的增区间为 B．在处取得极大值C．有两个不同的零点 D．【答案】AD【分析】求导，利用导数可得的单调区间可极值，即可判断A、B、D的正误，根据零点存在性定理，结合函数单调性，特殊值，即可判断C的正误，即可得答案.【详解】由题意得，，故D正确；所以时，，则为单调递增函数，故A正确；当时，，则为单调递减函数，当时，有极大值，故B错误；由时，为单调递增函数，且，根据零点存在性定理可得，在上有唯一的零点，当时，恒成立，所以恒成立，所以在上没有零点，故C错误；故选：AD12．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（

）A．B．AB与PF所成角为45°C．该二十四等边体的体积为D．该二十四等边体多面体有12个顶点，14个面【答案】CD【分析】将该二十四等边体补形为正方体,利用与是异面直线判定选项A错误，利用和的形状判定选项B错误，利用正方体和等二十四等边体的关系和分割法判定选项C正确，利用该二十四等边体顶点数和面数判定选项D正确.【详解】将该二十四等边体补形为正方体（如图所示），因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为2，对于A：正方体的体对角线平面，而与是异面直线，所以平面不成立，即选项A错误；对于B：因为，所以是AB与PF所成角或其补角，在中，，，因为，所以，即选项B错误；对于C：因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为2，所以该二十四等边体的体积为，即选项C正确；对于D：该二十四等边体多面体有共12个顶点，有面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面共14个面，即选项D正确.故选：CD.三、填空题13．若曲线在点处的切线与直线垂直，则_________.【答案】2【分析】利用导数的几何意义求解即可.【详解】依题意，切线的斜率为2，，.故答案为：14．的展开式中的项的系数是________.【答案】1560【解析】把转化为，再利用二项式的展开式的通项公式，可求出答案.【详解】由题意，，因为的展开式的通项公式为，的展开式的通项公式为，所以的展开式中的项的系数是.故答案为：1560.【点睛】关键点点睛：本题考查二项式定理的应用，考查三项展开式的系数问题.解决本题的关键是把转化为，进而分别求出、的展开式的通项公式，令，可求出的展开式中的项的系数.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.15．在中，角、、的对边分别为、、，且，，的面积为，则的值为____________.【答案】【分析】由，根据余弦定理，求得，得到，根据因为的面积为，求得，利用余弦定理，列出方程，即可求解.【详解】根据余弦定理，可得，整理得，可得，因为，可得，又因为的面积为，可得，解得，又由，根据余弦定理可得，即，所以，可得.故答案为：.16．在梯形中，，将沿直线翻折成，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为_______．【答案】【分析】中点为，AC中点为E，可知△ACD、△为直角三角形，O、E分别为其外接圆圆心，当平面平面时，三棱锥的体积最大，通过O作平面ACD垂线，通过E作平面垂线，两垂线交点为O，即O为外接球球心，据此即可解答.【详解】∵△ACD面积为定值，故当到平面ACD距离最大时，三棱锥体积最大，即当平面平面时，三棱锥的体积最大，记中点为，AC中点为E，易知AC＝CD＝，AC⊥CD，＝＝1，⊥，易知EO⊥平面平面ACD，可求，故为三棱椎的外接球的球心，且球的半径为R＝1，故外接球表面积为.故答案为：.四、解答题17．如图，在平面四边形ABCD中，.(1)若，求∠BAD；(2)若，且，求四边形ABCD的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理和余弦定理求解即可；（2）由余弦定理，三角形面积公式和同角三角函数基本关系与诱导公式求解即可【详解】（1）∵，∴，由正弦定理，可得，不妨设，，，则由余弦定理得，∵，∴.（2）在中，由余弦定理，可得，∴，同理可得，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，记四边形的面积为，的面积为，的面积为，∴，∴.18．已知数列是等差数列，且，求：(1)的通项公式；(2)设数列的前项和为，若对任意恒成立，求的最小值．【答案】(1)(2)9【分析】（1）根据等差数列的定义以及题中所给条件求出公差，即求出了通项公式；（2）写出数列的前项和，再通过裂项相减法化简，放缩法求出的范围，最后结合所给条件数轴法求出的取值范围并求得最小值.【详解】（1）设数列公差为，则，则，解得.∴的通项公式为：（2）根据题意，.若对任意恒成立，则，解得.∴的最小值为9.19．如图，在三棱锥中，，平面，，.(1)求证：平面平面；(2)若，求平面与平面的夹角大小.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）从所要证明的结论分析：要证平面平面，即证平面，即证平面，即证，进而得到证明思路；（2）方法一：以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求二面角的大小；方法二：过作，垂足为，连接，找出二面角的平面角，利用余弦定理求其大小.【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以.因为，，所以平面.因为，，所以，故平面.因为平面，所以平面平面.（2）方法一：因为，，所以.以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，所以，，，.设是平面的法向量，则，即，令，则，，所以，.设是平面的法向量，则，即，令，则，，所以，所以.所以平面与平面的夹角的大小为.方法二：如图，过作，垂足为，连接.由（1）中的垂直关系及条件，可计算得，，所以.所以.所以为二面角的平面角.，..所以.在中，由余弦定理可得.所以，所以平面与平面的夹角的大小为.20．“学习强国”学习平台软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习模块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题模块，还有“四人赛”“双人对战”两个比赛模块.“四人赛”积分规则为首局第一名积3分，第二、三名积2分，第四名积1分；第二局第一名积2分，其余名次积1分；每日仅前两局得分.“双人对战”积分规则为第一局获胜积2分，失败积1分，每日仅第一局得分.某人在一天的学习过程中，完成“四人赛”和“双人对战”.已知该人参与“四人赛”获得每种名次的概率均为，参与“双人对战”获胜的概率为，且每次答题相互独立.(1)求该人在一天的“四人赛”中积4分的概率；(2)设该人在一天的“四人赛”和“双人对战”中累计积分为，求的分布列和.【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）根据已知条件，将原事件分为第一局拿3分，第二局拿1分和第一局拿2分，第二局拿2分，分别求出两个事件的概率，并对两个概率相加，即可求解．（2）由题意可得取值可能为3，4，5，6，7，分别求出对应的概率，即可得分布列，再结合期望公式，即可求解．【详解】（1）解：依题意可知，若该人积分为4分，则在“四人赛”中首局积3分，第二局积1分，或者首局积2分，第二局积2分，所以.（2）解：由题意知，的可能取值为3，4，5，6，7，，，，，.故的分布列为：34567P所以.21．已知椭圆的左焦点为圆的圆心A．(1)求椭圆C的方程；(2)与x轴不重合的直线l经过椭圆C的右焦点B，与椭圆交于M、N两点，过B且与l垂直的直线交圆A交于P、Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据焦点坐标，再结合，即可求得椭圆方程；（2）当直线的斜率存在时，利用弦长公式，分别求和，四边形的面积，求得面积的取值范围，当直线的斜率不存在时，求四边形的面积，最后即可求得四边形MPNQ面积的取值范围．【详解】（1）圆的圆心A的坐标为，所以圆锥的半焦距，又，所以，椭圆C的方程为．（2）当l与x轴不垂直时，设l的方程为，，．由得．则，．所以．过点且与l垂直的直线，A到m的距离为，所以．故四边形MPNQ的面积．可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为．当l与x轴垂直时，其方程为，，，四